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证明思路总览

1. 构造二阶前向差分
   令 $x>0$，取任意 $h>0$ 使得 $x+2h\in(0,+\infty)$。考虑

   $$\Delta_h^2f(x)\;=\;f(x+2h)-2f(x+h)+f(x),$$

   它与 $f''(x)$ 的关系可由三阶泰勒展开给出。

2. 泰勒展开并分离主项与余项

   $$\begin{aligned} f(x+h) &=f(x)+f'(x)h+\tfrac12f''(x)h^{2}+\tfrac16f'''(\xi_1)h^{3},\\ f(x+2h) &=f(x)+2f'(x)h+2f''(x)h^{2}+\tfrac{4}{3}f'''(\xi_2)h^{3}, \end{aligned}$$

   其中 $\xi_1,\xi_2\in(x,x+2h)$。代入差分得

   $$\boxed{\;f''(x)=\dfrac{\Delta_h^{2}f(x)}{h^{2}}-\dfrac{R_2-2R_1}{h^{2}}\;}$$

   其中

   $$|\,\Delta_h^{2}f(x)\,|\le 4M_{0},\qquad |\,R_2-2R_1\,|\le\frac{5}{3}M_{3}h^{3}.$$

3. 得到关于 $h$ 的上界

   $$|f''(x)|\;\le\;\frac{4M_{0}}{h^{2}}+\frac{5}{3}M_{3}h \qquad(\forall\,x>0,\;0<h<\tfrac{x}{2}).$$

4. 优化 $h$（取最小上界）
   令

   $$\varphi(h)=\frac{4M_{0}}{h^{2}}+\frac{5}{3}M_{3}h,\qquad h>0.$$

   取导并令 $\varphi'(h)=0$ 得最优

   $$h_{*}=\Bigl(\frac{24M_{0}}{5M_{3}}\Bigr)^{\!1/3}.$$

   把 $h_{*}$ 代回可得

   $$|f''(x)|\le K:=3\Bigl(\frac{5}{3}\Bigr)^{\!2/3}M_{0}^{1/3}M_{3}^{2/3} \qquad(\forall\,x>0).$$

   因此 $f''(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有统一界 $K$。

结论
若在 $(0,+\infty)$ 上

$$|f(x)|\le M_{0},\qquad |f'''(x)|\le M_{3},$$

则

$$|f''(x)|\le 3\!\left(\frac{5}{3}\right)^{\!2/3}M_{0}^{1/3}M_{3}^{2/3},$$

即 $f''$ 有界。常数并不唯一，只要从上界出发取任何可行 $h$（例如 $h=(M_{0}/M_{3})^{1/3}$，得到 $|f''(x)|\le\frac{17}{3}M_{0}^{1/3}M_{3}^{2/3}$）亦可证明有界性。

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进一步启发

• 本质原因：
  三阶导数有界意味着“曲率变化”受控；配合函数本身有界，便能通过差分技巧把二阶导数限制住。
• 可推广性：
  同样思路对更高阶导数亦适用：若已知某高阶导数及函数本身有界，可用插值或泰勒余项把中间阶导数一一控制。
• 练习建议：
  1. 试证明：若 $|f^{(k)}|\le M_k$ 且 $|f^{(k+r)}|\le M_{k+r}$（$r\ge2$），则 $|f^{(k+1)}|$ 亦有界。
  2. 将本题的“二阶前向差分”换成“中心差分”或“Stirling 公式”再推导，比较常数优劣。